MT241 Analiz III, 14.01.2002 O˘grenci No, Adı Soyadı :... ... ...¨
Kurallar. A¸sa˘gıda birtakım ¨onermeler ve bir takım eksiklerle bu ¨onermelerin kanıtları verilmi¸stir. Kanıtlardaki bo¸slukları doldurunuz. Verilen alan dı¸sında yazılan yazılar cevap olarak puanlamada dikkate alınmayacaktır. A¸sa˘gıda verilen (i),(ii) ve (iii) ¨onermelerini kanıtlamaksızın kullanabilirsiniz.
i ) c ∈ R ve n ∈ N i¸cin xn=[nc]+1n koyalım. Her n ∈ N i¸cin c < xn ve lim xn= c dir.
ii) 0 < y ise y−1y ≤ ln y ≤ y − 1 dir.
iii) x ∈ R ve k ∈ Z i¸cin x 6= 2kπ ise her n ∈ N i¸cin Cn(x) =Pn
k=1cos kx = sin2n + 1
2 x − sinx 2 2 sinx
2
dir.
SORULAR
1. A ⊆ R, c ∈ A0 olsun. f : A → R sınırlı ve g : A → R olsun. limx→cg(x) = 0 ise limx→cf (x)g(x) = 0 olduˇgunu kanıtlayınız.
• f : A → R sınırlı oldu˘gundan her x ∈ A i¸cin |f (x)| ≤ M olacak ¸sekilde bir M > 0 vardır. ε > 0 verilsin limx→cg(x) = 0 oldu˘gundan
... < |... − ...| < ... ve x ∈ ... oldu˘gunda |... (...)| < ...
...
olacak ¸sekilde bir ... > ... vardır. O halde
... < |... − ...| < ... ve x ∈ ... ise |... (...) ... (...)| <...
...... = ...
olur. Dolayısıyla limx→cf (x)g(x) = 0 dır.
2. x ∈ R ise
f (x) =
½ x x rasyonel
1 − x x irrasyonel olarak tanımlansın. lim
x→1 2
f (x) = 1
2 dır. c ∈ R ve c 6= 1
2 ise limx→cf (x) limiti yoktur.
• x ∈ R ise
f (x) −1 2 =
½ ... −...... x rasyonel
...
... − ... x irrasyonel
oldu˘gundan ¯
¯¯
¯f (x) −1 2
¯¯
¯¯ =
¯¯
¯... −...
...
¯¯
¯ olur. ε > 0 verilsin. δ = ... alınırsa
... <
¯¯
¯... −...
...
¯¯
¯ < ... oldu˘gunda
¯¯
¯¯f (x) −1 2
¯¯
¯¯ =
¯¯
¯... −...
...
¯¯
¯ < ...
olur. O halde lim
x→1 2
f (x) = 1
2 dır. S¸imdi c ∈ R ve c 6= 1
2 olsun. (xn) dizisini (i) deki gibi tanımlayacak olursak, bu dizinin terimleri ... ve her n ∈ N i¸cin c < xn dir. S¸imdi (yn) dizisini
yn = ... +...
n
olarak tanımlayalım. O zaman bu dizinin terimleri ... ve her n ∈ N i¸cin ... < ...dir.
Ayrıca
lim xn= ... ve lim ... = ...
Fakat
lim ... (...) = lim ... = ... ve lim ... (...) = lim ... = ...
ve c 6= 1
2 oldu˘gundan ... 6= ...dir. Dolayısyla limx→cf (x) limiti yoktur.
1
3. A = (0, 1) ve f : A −→ R fonksiyonu f (x) = ex− 1
x olarak tanımlanan fonksiyon olsun.
x−→0lim
x∈A
f (x) = 1
oldu˘gunu kanıtlayınız.
• x ∈ A ise y = ex> 0 olup (ii) den ...
... ≤ ... ≤ ...
buradan
x ≤ ... ≤ ... ((*)) elde edilir. x ∈ A ise x < 1 olup ex< e olur. O halde her x ∈ A i¸cin
... ≤ ... ≤ e...
Buradan ¨oncelikle
x−→0lim
x∈A
e...= ...
oldu˘gu g¨or¨ul¨ur. x ∈ A ise 0 < x olup yukarıdaki (*) e¸sitsizli˘gini ... ile b¨olerek ... < ...
... < ...
bulunur. Bu e¸sitsizli˘gin her iki tarafında bulunan fonksiyonların ... i¸cin limiti ... dir.
O halde
x−→0lim
x∈A
f (x) = 1
olur.
4. a)P∞
n=1(−1)n−1 1np serisi p > 0 ise yakınsak aksi halde ıraksaktır.
b)P∞
n=1
¡√n + 1 −√ n¢
cos nx serisi her x ∈ R ve k ∈ Z i¸cin x 6= 2kπ ise yakınsaktır.
c)P∞
n=1an serisi yakınsak ve lim nan= 0 iseP∞
n=1n (an− an+1) serisi de yakınsak ve P∞
n=1an serisi ile ayni toplama sahiptir.
• a) Bu seri an = ...
... ile ... seridir.0 < p ise (an) dizisi ... ...
ve ... = ... oldu˘gundan seri ... seri testi nedeniyle yakınsaktır.
p ≤ 0 ise
¯¯
¯(−1)n−1 1np
¯¯
¯ = n−p dizisinin ... ... de˘gildir. O halde seri ıraksaktır.
• b) an = cos nx ve bn = ... − ... koyalım. (iii) den dolayı (an) nin kısmi toplamlar dizisi (An) ise
|...| ≤ ...
|...|
oldu˘gundan (An) dizisi ... dır. Ayrıca
0 ≤ bn= ...
...+
dır. Buradan (bn) dizisinin ... ... ve ...=... oldu˘gu kolayca g¨or¨ul¨ur. O halde seri... testi nedeniyle yakınsaktır.
2
• c)An =Pn
k=1ak ve Sn=Pn
k=1k (ak− ak+1) koyalım.
Sn =
Xn k=1
kak− Xn k=1
kak+1= Xn k=1
kak− Xn k=0
kak+1
= Xn k=1
kak−
...X
k=1.
(... − ...) a...
= Xn k=1
(k − (... − ...)) ak− ...a...+...
= A...+ a...+...− (... + ...) a...+...
P∞
n=1an serisi yakınsak oldu˘gundan lim an = 0 dır. Ayrıca varsayım gere˘gince lim nan= 0 dır. O halde lim Sn= lim An
elde edilir. DolayısylaP∞
n=1n (an− an+1) serisi de yakınsak veP∞
n=1an serisi ile ayni toplama sahiptir
3
